7.17隨便聽聽數論

（實際上很有可能不會嗚嗚嗚）

質數個數大概是 \(\frac{n}{logn}\),即每 \(\log n\) 個數就有一個質數。

線性篩+暴力好像就可以有一個高階複雜度了呢QaQ

正約數和

如果將一個數 \(a\) 用算術基本定理分解為 \(a=p_{1}^{c_1}*p_{2}^{c_2}*.......*p_{n}^{c_n}\)

則正約數和為 \(\prod_{i=1}^{m} \sum_{j=1}^{n} p_i^j\) 簡單來說 \((1+p_1+p_1^2+.......p_1^{c_1})*(1+p_2.....+p_2^{c_2})*........\)

為什麼線性篩一定是被最小質因子篩掉：

假設一個合數 \(x\) ，反證法：如果被不是最小的質因子篩掉。

即當前的 i*prime[j]=x 且 i 中一定包含 \(x\) 的最小質因子。

那麼線上性篩的過程中 \(i\) 一定會在 i%prime[t]==0 時退出，不會進行到 isprime[i*prime[j]]=true 這一步，prime[t] 為 \(x\) 的最小質因子。

所以線性篩一定是被最小質因子篩掉的。

如果 \(p\) 為質數，\(\phi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}*(p-1)\)

線性篩尤拉函式的證明：

首先是 \(\phi\) 本身的性質，當 \(a\)

其實線性篩中最重要的就是這句

phi[i*prime[j]]=i%prime[j]==0 ? phi[i]*prime[j] :phi[i]*(prime[j]-1);

首先 i%prime[j]!=0 所以 i 與 prime[j] 互質。

所以phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]]

然後因為 phi[prime[j]]=prime[j]-1

所以當 i,prime[j] 互質的時候，可以直接 phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1)

而當 i,prime[j]

先給出結論再證明。

首先一個結論：當 p 為質數的時候，\(\phi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}*(p-1)\)

其實感性理解也很好理解，\(p^k\) 只有 \(p\) 這一個質因子。

那麼 \([1,p^k-1]\) 這個區間中與 \(p^k\) 不互質的數就只有 \([1*p,2*p.......(p-1)*p],[1*p^2,......(p-1)*p^2],[...],[....(p-1)*p^{k-1}]\) 一共有

\(p^{k-1}\) 個。提一個公因式就變成了 \(p^{k-1}*(p-1)\)

\(\phi(p^k)=p^{k-1}*(p-1)\)

\(\phi(p^{k-1})=p^{k-2}*(p-1)\)

所以可以得到：\(\phi(p^k)=\phi(p^{k-1})*p\)

因為 i,prime[j] 不互質，不妨設 \(prime[j]=p,i=T*p^{k-1}\)

那麼 \(i*prime[j]=T*p^k\)

按照上面那種形式分解的話，\(\phi(i*p)=\phi(T)*\phi(p^k)\) （因為 \(T\) 與 \(p^k\) 互質）

又因為 \(\phi(T)*\phi(p^k)=\phi(T)*\phi(p^{k-1})*p\)

因為 \(\phi(T)*\phi(p^{k-1})=\phi(T*p^{k-1})=\phi(i)\)

所以 \(\phi(i*p)=\phi(i)*p\)

得證！

威爾遜定理

高斯吊打威爾遜！

充要條件：p 是質數，則有 \(p-1 \equiv (p-1)!\) ($mod $ \(p\))

只有兩個數的逆元是本身，一個是 \(1\) ，一個是 \(p-1\)

7.18認真聽聽組合數學

我是組合數學fw

鴿巢原理？~

定理：若有 \(n\) 個鴿巢，\(n+1\) 只鴿子，至少有一個鴿巢裡至少有兩隻鴿子。

例：取數問題：

從\(1,2,3,4,......2n\) 中最多取 \(n\) 個數，使得取出的數兩兩不整除。

例：Halloween Treats

設 \(a_1,a_2.....a_m\) 是正整數序列，則至少存在整數 \(k\) 和 \(l\)，使得 \(a_{k+1}+....a_l\) 能被 \(m\) 整除。

例：國際象棋大師

有 \(11\) 周，每天至少 \(1\) 盤，每週不超過 \(12\) 盤，存在連續若干天恰好下了 \(21\) 盤。

例：Erdos-Szekeres 定理

假設由 \(n^2+1\) 個不同實數構成的序列中，必定含有一個長度為 \(n+1\) 的單調子序列

假設 \(m_i\) 為以 \(a_i\) 為開頭的最長單調上升子序列的長度。

那麼至少有 \(n+1\) 個 \(m_i\) 相等。不妨設 \(k_1<k_2<.....k_{n+1}\)

且 \(m_{k_1}=m_{k_2}=m_{k_3}...=m_{k_{n+1}}\)

顯然不存在 \(a_{k_i}<a_{k_{i+1}}\) 否則這倆的 \(m_i\) 就肯定不相等

於是這 \(n+1\) 個 \(a_{k_i}\) 形成一個單調遞減序列。

排列組合

將 \(n\) 個無標號的物品分程若干組，求方案數對 \(10^9+7\) 取MOD的結果 \((n\leq2*10^5)\)

二項式定理

組合數學牛逼，慢慢補了。。